2020年江苏省苏州市吴中区、相城区、吴江区中考一模数学试卷

这是一份2020年江苏省苏州市吴中区、相城区、吴江区中考一模数学试卷，共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（共10小题；共50分）
1. 下列各数中，最小的数是
A. 0B. 13C. −13D. −3

2. 根据公布数据显示，2019 年苏州市户籍人口约 7220000 人．数据“7220000”用科学记数法表示为
A. 7.22×106B. 7.22×107C. 0.722×107D. 722×104

3. 下列图案中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是
A. B.
C. D.

4. 在新年晚会的投飞镖游戏环节中，7 名同学投掷的成绩（单位：环）分别是 7，9，9，4，9，8，8，则这组数据的中位数是
A. 4B. 7C. 8D. 9

5. 如图，BD 平分 ∠ABC，E 在 BC 上，EF∥AB，∠FEC=70∘，则 ∠ABD 等于
A. 35∘B. 40∘C. 55∘D. 70∘

6. 化简分式：a2+b22a−b⋅aa−b 的结果为
A. a+b2B. a−b2C. 2a+bD. 2a−b

7. 已知关于 x 的方程 xx−2+3m=0 有两个不相等的实数根，则 m 的取值范围是
A. m<13B. m>−13
C. m<13 且 m≠0D. m>−13 且 m≠0

8. 如图 A，B，C 在 ⊙O 上，连接 OA，OB，OC，若 ∠BOC=3∠AOB，劣弧 AC 的度数是 120∘，OC=23．则图中阴影部分的面积是
A. π−123B. 2π−3C. 3π−23D. 4π−33

9. 如图，一艘海轮位于灯塔 P 的北偏东 65∘ 方向，距离灯塔 80 海里的 A 处，它沿正南方向航行一段时间后，到达位于灯塔 P 的南偏东 45∘ 方向上的 B 处，则这时海轮所在的 B 处距离灯塔 P 的距离是
A. 802sin25∘B. 402sin25∘C. 802cs25∘D. 402cs25∘

10. 如图，四边形 ABCD 是正方形，△ECG 是等腰直角三角形，∠BGE 的平分线过点 D 交 BE 于 H，O 是 EG 的中点，对于下面四个结论：
① GH⊥BE；
② OH∥BG，且 OH=12BG；
③ S正方形ABCD:S△ECG=6−42:1；
④ △EBG 的外接圆圆心和它的内切圆圆心都在直线 HG 上．
其中表述正确的个数是
A. 1B. 2C. 3D. 4

二、填空题（共8小题；共40分）
11. 3 的相反数为 ．

12. 函数 y=x−4 中，自变量 x 的取值范围为 ．

13. 已知 x−2y=5，那么代数式 3−2x+4y 的值是 ．

14. 如图，A，D 是 ⊙O 上的两点，BC 是直径，若 ∠D=32∘，则 ∠OAC= 度．

15. 如图，在 2×2 的正方形网格中有 9 个格点，已知取定点 A 和 B，在余下的 7 个点中任取一点 C，使 △ABC 为直角三角形的概率是 ．

16. 如图，Rt△ABC 中 ∠C=90∘，∠ABC=30∘，△ABC 绕点 C 顺时针旋转得 △A1B1C，当 A1 落在 AB 上时，连接 B1B，取 B1B 的中点 D，连接 A1D，则 A1DA1C 的值为 ．

17. 如图，菱形 ABCD 中，对角线 AC 和 BD 相交于点 O，AC=10，BD=4，动点 P 在边 AB 上运动，以点 O 为圆心，OP 为半径作 ⊙O，CQ 切 ⊙O 于点 Q，则在点 P 运动过程中，CQ 的长的最大值为 ．

18. 学校与图书馆在同一条笔直道路上，甲从学校去图书馆，乙从图书馆回学校，甲、乙两人都匀速步行且同时出发，乙先到达目的地．两人之间的距离 y（米）与时间 t（分钟）之间的函数关系如图所示．乙回到学校用了 分钟．

三、解答题（共10小题；共130分）
19. 计算：−13+9−3+10．

20. 解不等式组：x−2>1,2+x≥2x−1.

21. 已知 △ABN 和 △ACM 位置如图所示，AB=AC，AD=AE，∠1=∠2．
（1）求证：BD=CE；
（2）求证：∠M=∠N．

22. 小张用 4 张相同的小纸条做成甲、乙、丙、丁 4 支签，放在一个盒子中，搅匀后先从盒子中任意抽出 1 支签（不放回），再从剩余的 3 支签中任意抽出 1 支签．
（1）小张第一次抽到的是乙签的概率是 ；
（2）求抽出的两支签中，1 支为甲签、 1 支为丙签的概率（用画树状图或列表法求解）．

23. 苏州市某初中学校对本校初中学生完成家庭作业的时间做了总量控制，规定每天完成家庭作业时间不超过 1.5 小时．该校数学课外兴趣小组对本校初中学生回家完成作业的时间做了一次随机抽样调查，并绘制出频数分布表和频数分布直方图的一部分．
时间小时频数人数频率0≤t<≤t<1a0.31≤t<≤t<28b2≤t<合计1
（1）a= ，b= ；
（2）补全频数分布直方图；
（3）请估计该校 1500 名初中学生中，约有多少学生在 1.5 小时以内完成家庭作业．

24. 在某次商业足球比赛中，门票销售单位对团体购买门票实行优惠，决定在原定票价基础上每张降价 100 元，这样按原定票价需花费 14000 元购买的门票张数，现在只花费了 10500 元．
（1）求每张门票的原定票价；
（2）根据实际情况，组织单位决定对于个人购票也采取优惠措施，原定票价经过连续二次降价后降为 324 元，求平均每次降价的百分率．

25. 如图 1，P 是平面直角坐标系中第一象限内一点，过点 P 作 PA⊥x 轴于点 A，以 AP 为边在右侧作等边 △APQ，已知点 Q 的纵坐标为 2，连接 OQ 交 AP 于 B，BQ=3OB．
（1）求点 P 的坐标；
（2）如图 2，若过点 P 的双曲线 y=kxk>0 与过点 Q 垂直于 x 轴的直线交于 D，连接 PD．求 tan∠PDQ．

26. 如图，△ABC 中，∠ACB=90∘，D 为 AB 上的一点，以 CD 为直径的 ⊙O 交 AC 于 E，连接 BE 交 CD 于 P，交 ⊙O 于 F，连接 DF，∠ABC=∠EFD．
（1）求证：AB 与 ⊙O 相切；
（2）若 AD=4，BD=6，则 ⊙O 的半径 = ；
（3）若 PC=2PF，BF=a，求 CP（用 a 的代数式表示）．

27. 如图，在平面直角坐标系中，二次函数 y=14x2−mx−n 的图象与坐标轴交于 A，B，C 三点，其中 A 点的坐标为 0,−8 、点 B 的坐标是 −4,0．
（1）求该二次函数的表达式及点 C 的坐标；
（2）若点 D 的坐标是 0,−4，点 F 为该二次函数在第四象限内图象上的动点，连接 CD，CF，以 CD，CF 为邻边作平行四边形 CDEF，设平行四边形 CDEF 的面积为 S．
①求 S 的最大值；
②在点 F 的运动过程中，当点 E 落在该二次函数图象上时，请求出点 E 的坐标．

28. 如图 1，点 P 从菱形 ABCD 的顶点 B 出发，沿 B→D→A 匀速运动到点 A，BD 的长是 5；图 2 是点 P 运动时，△PBC 的面积 ycm2 随时间 xs 变化的函数图象．
（1）点 P 的运动速度是 cm/s；
（2）求 a 的值；
（3）如图 3，在矩形 EFGH 中，EF=2a，FG−EF=1，若点 P，M，N 分别从点 E，F，G 三点同时出发，沿矩形的边按逆时针方向匀速运动，当点 M 到达点 G（即点 M 与点 G 重合）时，三个点随之停止运动；若点 P 不改变运动速度，且点 P，M，N 的运动速度的比为 2:6:3，在运动过程中，△PFM 关于直线 PM 的对称图形是 △PFʹM，设点 P，M，N 的运动时间为 t（单位：s）．
①当 t= s 时，四边形 PFMFʹ 为正方形；
②是否存在 t，使 △PFM 与 △MGN 相似，若存在，求 t 的值；若不存在，请说明理由．
答案
第一部分
1. D【解析】−3<−13<0<13，
故选：D．
2. A【解析】7220000=7.22×106．
3. B【解析】A、既是轴对称图形也是中心对称图形，故此选项不合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项符合题意；
C、不是轴对称图形也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
D、既是轴对称图形也是中心对称图形，故此选项不合题意；
故选：B．
4. C【解析】按从小到大的顺序排列为 4，7，8，8，9，9，9，最中间的数是 8，故这组数据的中位数是 8．
故选：C．
5. A
【解析】∵EF∥AB，∠FEC=70∘，
∴∠ABC=70∘，
∵BD 平分 ∠ABC，
∴∠ABD=12∠ABC=35∘．
6. B【解析】原式=a2+b22a−2ab2a⋅aa−b=a2+b2−2ab2a⋅aa−b=a−b22a⋅aa−b=a−b2.
7. A【解析】将方程整理为一般式得 x2−2x+3m=0，
根据题意知 Δ=−22−4×1×3m>0，
解得 m<13，
故选：A．
8. C【解析】设 OB 与 AC 相交于点 E，如图，
∵ 劣弧 AC 的度数是 120∘，
∴∠AOC=120∘，
∵OA=OC，
∴∠OCA=∠OAC=30∘，
∵∠COB=3∠AOB，劣弧 AC 的度数是 120∘，
∴∠AOC=∠AOB+3∠AOB=120∘，
∴∠AOB=30∘，
∴∠COB=∠AOC−∠AOB=90∘，
在 Rt△OCE 中，OC=23，
∴OE=OC⋅tan∠OCE=23⋅tan30∘=23×33=2，
∴S△OEC=12OE⋅OC=12×2×23=23，
∴S扇形OBC=90π×232360=3π，
∴S阴影=S扇形OBC−S△OEC=3π−23．
9. C【解析】如图，过点 P 作 PD⊥AB 于点 D．
由题意知 ∠DPB=∠DBP=45∘．
在 Rt△PBD 中，cs45∘=PDPB=22，
∴PB=2PD．
∵ 点 A 在点 P 的北偏东 65∘ 方向上，
∴∠APD=25∘．
在 Rt△PAD 中，cs25∘=PDPA．
∴PD=PAcs25∘=80cs25∘，
∴PB=802cs25∘（海里）．
10. D
【解析】∵ 四边形 ABCD 是正方形，
∴BC=DC，∠BCE=90∘，
∵△ECG 是等腰直角三角形，
∴CE=CG，∠DCG=90∘，
在 △BCE 和 △DCG 中，
BC=DC,∠BCE=∠DCG=90∘,CE=CG,
∴△BCE≌△DCGSAS，
∴∠BEC=∠DGC，
∵∠EDH=∠CDG，∠DGC+∠CDG=90∘，
∴∠EDH+∠BEC=90∘，
∴∠EHD=90∘，
∴GH⊥BE，故①正确；
∵HG 是 ∠BGE 的平分线，GH⊥BE，
∴△BCE 是等腰三角形，
∴BH=EH，
又 ∵O 是 EG 的中点，
∴OH 是 △EBG 的中位线，
∴OH∥BG，且 OH=12BG，故②正确；
设 EC 和 OH 相交于点 N，如图所示：
设 HN=a，则 BC=2a，
设等腰 △ECG 边长是 2b，则 NC=b，CD=2a，
∵OH∥BC，
∴△DHN∽△DGC，
∴DNDC=HNCG，即 b−2a2a=a2b，
∴a2+2ab−b2=0，
解得：a=−1+2b 或 a=−1−2b（舍去），
∴ab=2−1，
则 S正方形ABCD:S△ECG=a212b2=2ab2=2×2−12=6−42，故③正确；
∵HG 平分 ∠BGE，
∴△EBG 的内切圆圆心在直线 HG 上，
∵HG 垂直平分 BE，
∴△EBG 的外接圆圆心在直线 HG 上，
∴△EBG 的外接圆圆心和它的内切圆圆心都在直线 HG 上，故④正确；
故选：D．
第二部分
11. −3
【解析】3 的相反数为 −3．
12. x≥4
【解析】根据题意得 x−4≥0，解得：x≥4．
13. −7
【解析】∵x−2y=5，
∴3−2x+4y=3−2x−2y=3−2×5=−7．
14. 58
【解析】∵∠D=32∘，∠D=∠ABC，
∴∠ABC=32∘，
∵BC 是直径，
∴∠BAC=90∘，
∴∠BCA=90∘−∠ABC=58∘，
∴∠OCA=58∘，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∴∠OAC=58∘．
15. 47
【解析】∵ 取定点 A 和 B，在余下的 7 个点中任取一点 C，使 △ABC 为直角三角形的有 4 种情况，
∴ 使 △ABC 为直角三角形的概率是：47．
16. 72
【解析】设 AC=a，
∵∠ACB=90∘，∠ABC=30∘，AC=a，
∴∠A=90∘−∠ABC=60∘，AB=2a，BC=3a，
∵CA=CA1=a，
∴△ACA1 是等边三角形，AA1=AC=BA1=a，
∴∠BCB1=∠ACA1=60∘，
∵CB=CB1，
∴△BCB1 是等边三角形，
∴BB1=3a，BA1=a，∠A1BB1=90∘，
∴BD=DB1=32a，
∴A1D=A1B2+BD2=72a，
∴A1DA1C=7a2a=72．
17. 252929
【解析】连接 OQ，
∵CQ 切 ⊙O 于点 Q，
∴OQ⊥CQ，
∴∠CQO=90∘，
∴CQ=OC2−OQ2，
∵ 四边形 ABCD 是菱形，
∴AC⊥BD，OA=OC=12AC=12×10=5，OB=12BD=12×4=2，
∴AB=OA2+OB2=29，
∴OC 是定值，则当 OQ 最小时，CQ 最大，即 OP 最小时，CQ 最大，
∴ 当 OP⊥AB 时，CQ 最大，此时 OQ=OP=OA⋅OBAB=1029=102929，
∴CQ=252929．
18. 40
【解析】由图象可得，
甲的速度为：2400÷60=40（米/分钟），
乙的速度为：2400÷24−40=60（米/分钟），
则乙回到学校用了：2400÷60=40（分钟）．
第三部分
19. 原式=−1+3−1=1.
20.
x−2>1, ⋯⋯①2+x≥2x−1. ⋯⋯②
解不等式①得：
x>3.
解不等式②得：
x≤4.
则不等式组的解集是
321. （1） 在 △ABD 和 △ACE 中，
AB=AC,∠1=∠2,AD=AE,
∴△ABD≌△ACESAS，
∴BD=CE．
（2） ∵∠1=∠2，
∴∠1+∠DAE=∠2+∠DAE，
即 ∠BAN=∠CAM，
由（1）得：△ABD≌△ACE，
∴∠B=∠C，
在 △ACM 和 △ABN 中，
∠C=∠B,AC=AB,∠CAM=∠BAN,
∴△ACM≌△ABNASA，
∴∠M=∠N．
22. （1） 14
（2） 画树状图如图：
所有等可能的情况有 12 种，其中 1 支为甲签、 1 支为丙签的情况有 2 种，
∴ 1 支为甲签、 1 支为丙签的概率 =212=16．
23. （1） 12；0.2
【解析】调查的总人数是：4÷0.1=40（人），
则 a=40×0.3=12（人），b=8÷40=0.2．
（2） 根据（1）求出的频数，补全统计图如下：
（3） 根据题意得：1500×0.1+0.3+0.25=975（人）．
答：该校 1500 名初中学生中，约有 975 名学生在 1.5 小时以内完成家庭作业．
24. （1） 设每张门票的原定票价为 x 元，则团体票价为 x−100 元，
依题意，得：
14000x=10500x−100.
解得：
x=400.
经检验，x=400 是原分式方程的解，且符合题意．
答：每张门票的原定票价为 400 元．
（2） 设平均每次降价的百分率为 y，
依题意，得：
4001−y2=324.
解得：
y1=0.1=10%,y2=1.9不合题意,舍去.
答：平均每次降价的百分率为 10%．
25. （1） 过 Q 作 QC⊥x 轴于点 C，则 CQ=2，
∵△APQ 是等边三角形，
∴∠PAQ=60∘，
∵PA⊥x 轴，
∴∠CAQ=30∘，
∴AC=23，AP=AQ=4，
∵AB∥CQ，
∴OAAC=OBBQ=13，
∴OA=13AC=233，
∴P233,4．
（2） 设 DQ 的延长线与过 P 点平行于 x 轴的直线交于点 E，
∵ 双曲线 y=kxk>0 过点 P，
∴k=4×233=833，
∴ 双曲线的解析式为：y=833x，
又 ∵OC=OA+AC=233+23=833，
∴D 点的纵坐标为 1，
∴DE=4−1=3，
在 Rt△PED 中，PE=AC=23,
∴tan∠PDQ=PEDE=233．
26. （1） 因为 ∠ACB=90∘，
所以 ∠CEB+∠CBE=90∘，
因为 ∠ABC=∠EFD，∠EFD=∠FDB+∠FBD，
所以 ∠EBC=∠FDB，
因为 ∠CEB=∠CDF，
所以 ∠CDF+∠FDB=90∘，
即 ∠CDB=90∘，
所以 CD⊥AB，
所以 AB 与 ⊙O 相切．
（2） 6
【解析】因为 ∠ACD+∠A=90∘，∠A+∠ABC=90∘，
所以 ∠ACD=∠ABC，
因为 ∠ADC=∠BDC=90∘，
所以 △ACD∽△CBD，
所以 CDAD=BDCD，
所以 CD2=AD⋅BD=4×6=24，
所以 CD=26，
所以 ⊙O 的半径 OC=6．
（3） 因为 CD 为 ⊙O 的直径，
所以 ∠CFD=90∘，
所以 ∠DCF+∠CDF=90∘，
又因为 ∠CDB=90∘，
所以 ∠FDB+∠CDF=90∘，
所以 ∠FDB=∠DCF，
因为 ∠EBC=∠FDB，
所以 ∠EBC=∠DCF，
所以 △PCF∽△PBC，
所以 PCPB=PFPC，
所以 PCPB=12，
所以 PB=2PC=4PF，
又 PB=PF+BF，
所以 4PF=PF+BF，
即 PF=13BF=13a，
因为 PC=2PF．
所以 PC=23a．
27. （1） ∵ 二次函数 y=14x2−mx−n 的图象过 A0,−8 、点 B−4,0，
∴−8=−n,14×−42+4m−n=0,
∴n=8，m=1，
∴ 二次函数的表达式为 y=14x2−x−8，
令 y=0，则 14x2−x−8=0，
解得：x1=−4，x2=8，
∴ 点 C 的坐标为 8,0．
（2） ①连接 OF，FD，
设 Ft,14x2−x−8，
∵ 四边形 CDEF 为平行四边形，
∴S△CDF=S四边形CFDO−S△OCD=12×4⋅t+12×8×−14t2+t+8−12×8×4=−t2+6t+16=−t−32+25.
当 t=3 时，△CDF 的面积有最大值，最大值为 25，
∴S 的最大值为 50；
② ∵ 四边形 CDEF 为平行四边形，
∴CD∥EF，CD=EF，
∵ 点 C 向左平移 8 个单位，再向上平移 4 个单位得到点 D，
∴ 点 F 向左平移 8 个单位，再向上平移 4 个单位得到点 E，即 Et−8,14t2−t−12，
∵Et−8,14t2−t−12 在抛物线上，
∴14t−82−t−8−8=14t2−t−12，
解得 t=7，
∴t−8=−1，14t2−t−12=−274，
∴E−1,−274．
28. （1） 1
【解析】由图 2 可知，5 s 点 P 从点 B 运动到点 D，
∵BD=5，
∴ 点 P 的运动速度 =5÷5=1cm/s．
（2） 如图 1，作 DQ⊥BC 于点 Q．
当点 P 在 BD 上时，a=12×BC×DP，
∵ 四边形 ABCD 为菱形，点 P 的运动速度为 1，
∴AD=BC=1×a=a，
∴a=12×a×DQ，解得 DQ=2，
在 Rt△BDQ 中，BQ=BD2−DQ2=1，
∴CQ=a−1，
在 Rt△CDQ 中，CD2=CQ2+DQ2，即 a2=a−12+22，解得 a=52．
（3） ① 1.25
②存在．
∵ 点 P 的运动速度 1 cm/s，点 P，M，N 的运动速度的比为 2:6:3，
∴ 点 M 的运动速度 3 cm/s，点 N 的运动速度 1.5 cm/s，
∴PF=5−t，FM=3t，GN=1.5t，
∵ 点 M 的运动速度 3 cm/s，FG=6，
∴0≤t≤2．
当 △PFM∽△MGN 时，PFMG=FMNG，即 5−t6−3t=3t1.5t，解得 t=75；
当 △PFM∽△NGM 时，PFNG=FMGM，即 5−t1.5t=3t6−3t，
解得 t1=−7−69（舍去），t2=−7+69，
综上所述，当 t=75 或 −7+69 时，△PFM 与 △MGN 相似．
【解析】① ∵ 点 P 的运动速度 1 cm/s，点 P，M 的运动速度的比为 2:6
∴ 点 M 的运动速度 3 cm/s．
由题意得，EF=2a=5，
∵FG−EF=1，
∴FG=6，
∴PF=5−t，FM=3t，
由翻转变换的性质可知，PF=PFʹ，FM=FMʹ，
当 PF=FM 时，PF=PFʹ=FM=FMʹ，
∴ 四边形 PFMFʹ 为菱形，
又 ∠F=90∘，
∴ 四边形 PFMFʹ 为正方形，
∴5−t=3t，即 t=1.25 时，四边形 PFMFʹ 为正方形，